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第50讲 外接球、内切球、棱切球
知识梳理
知识点一：正方体、长方体外接球
1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3、补成长方体
(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．
PA
(3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a= ，如图3所示．
2
(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示
图1 图2 图3 图4
知识点二：正四面体外接球
2
如图，设正四面体ABCD的的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为 a，显
2
2 3 6
然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R= a⋅ = a，即正
2 2 4
6
四面体外接球半径为R= a．
4
知识点三：对棱相等的三棱锥外接球
四面体ABCD中，AB=CD=m，AC=BD=n，AD=BC=t，这种四面体叫做对棱
相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．
b2+c2=m2
如图，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，则a2+c2=n2 ，三式相加可得a2+b2+c2=
a2+b2=t2
m2+n2+t2
,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则a2+b2+c2=
2
m2+n2+t2
4R2，所以R= ．
8
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1395 3427知识点四：直棱柱外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以
是任意三角形)
图1 图2 图3
第一步：确定球心O的位置，O 是ΔABC的外心，则OO ⊥平面ABC；
1 1
1 1
第二步：算出小圆O 的半径AO =r，OO = AA = h(AA =h也是圆柱的高)；
1 1 1 2 1 2 1
h 第三步：勾股定理：OA2=OA2+OO2⇒R2=
1 1 2
2 +r2⇒R= r2+ h
2
2 ，解出R
知识点五：直棱锥外接球
如图，PA⊥平面ABC，求外接球半径．
解题步骤：
第一步：将ΔABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接
PD，则PD必过球心O；
第二步：O 为ΔABC的外心，所以OO ⊥平面ABC，算出小圆O 的半径O D=r(三
1 1 1 1
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1396 3427a b c 1
角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得 = = =2r)，OO = PA；
sinA sinB sinC 1 2
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：① (2R)2= PA2+ (2r)2⇔ 2R =
PA2+(2r)2；
②R2=r2+OO2⇔R= r2+OO2．
1 1
知识点六：正棱锥与侧棱相等模型
r2+h2
1、正棱锥外接球半径：R= ．
2h
2、侧棱相等模型：
如图，P的射影是ΔABC的外心
⇔三棱锥P-ABC的三条侧棱相等
⇔三棱锥P-ABC的底面ΔABC在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶点．
解题步骤：
第一步：确定球心O的位置，取ΔABC的外心O ，则P,O,O 三点共线；
1 1
第二步：先算出小圆O 的半径AO =r，再算出棱锥的高PO =h(也是圆锥的高)；
1 1 1
r2+h2
第三步：勾股定理：OA2=OA2+OO2⇒R2=(h-R)2+r2，解出R= ．
1 1 2h
知识点七：侧棱为外接球直径模型
方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．
知识点八：共斜边拼接模型
如图，在四面体ABCD中，AB⊥AD，CB⊥CD，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角
三角形拼接而形成的，BD为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O为公共斜
边BD的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，OA=OC=OB=
OD，即点O到A，B，C，D四点的距离相等，故点O就是四面体ABCD外接球的球心，公共
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1397 3427的斜边BD就是外接球的一条直径．
知识点九：垂面模型
如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：
(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O 和O ．
1 2
(2)分别过O 和O 作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．
1 2
(3)过O 作AB的垂线，垂足记为D，连接O D，则O D⊥AB．
1 2 2
(4)在四棱锥A-DOOO 中，AD垂直于平面DOOO ，如图2所示，底面四边形DOOO
1 2 1 2 1 2
的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．
图1 图2
知识点十：最值模型
这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等
知识点十一：二面角模型
如图1所示为四面体P-ABC，已知二面角P-AB-C大小为α，其外接球问题的步骤
如下：
(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O 和O ．
1 2
(2)分别过O 和O 作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．
1 2
(3)过O 作AB的垂线，垂足记为D，连接O D，则O D⊥AB．
1 2 2
(4)在四棱锥A-DO OO 中，AD垂直于平面DO OO ，如图2所示，底面四边形
1 2 1 2
DOOO 的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．
1 2
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1398 3427知识点十二：坐标法
对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用球
心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外
接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．
知识点十三：圆锥圆柱圆台模型
1、球内接圆锥
如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股定理
建立方程来计算R．如图2，当PC>CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PC0，则EF= ,CF= ，
2 2
6-a2
因为∠CEF=90°，则CE= CF2-EF2= ，
2
在△PAC中，因为∠PEC+∠AEC=π，则cos∠PEC+cos∠AEC=0，
PE2+EC2-PC2 AE2+EC2-AC2
由余弦定理可得 + =0，
2PE⋅EC 2AE⋅EC
a2 6-a2 a2 6-a2
+ -a2 + -2
4 4 4 4
即 + =0，解得a=1，
a 6-a2 a 6-a2
2× × 2× ×
2 2 2 2
可知PA2+PB2=AB2，即PA⊥PB，所以PA,PB,PC两两垂直，
可以把三棱锥P-ABC转化为边长为1的正方体，可知球O即为正方体的外接球，
12+12+12 3
其体对角线即为外接球的直径，即R= = ，
2 2
4 4 3
所以球O的体积V= πR3= π
3 3 2
3 3
= π.
2
3
故答案为： π.
2
2435 (2024·全国·高三专题练习)已知在三棱锥S-ABC中，SA=SB=SC=AB=2，AC
⊥BC，则该三棱锥外接球的体积为
32 3π 4 3π 32π 16π
A. B. C. D.
27 9 3 3
【答案】A
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1423 3427【解析】取AB中点为D，连接SD,CD，易知CD=1,SD= 3
在ΔSCD中：CD=1,SD= 3,AC=2⇒SD⊥CD
又SD⊥AB⇒SD⊥平面ABC
AC⊥BC⇒D为ΔABC外心⇒球心在SD上
设半径为R，球心为O
在ΔODB中：R2=12+( 3-R)2
2 3 32 3π
R= V=
3 27
故答案选A
2436 (2024·全国·高一专题练习)如图，在三棱锥A-BCD中，AB=BC=AC=CD=2，
∠BCD=120°，二面角A-BC-D的大小为120°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积
为 ( )
82π 80π 244π
A. B. C.27π D.
3 3 9
【答案】D
【解析】如图1，过D作DM⊥BC垂足为M，取BC的中点E，连接AE,CM
AE=DM= 3,CM=1,BD=2 3
过M作MN∥AE,且MN=AE，连接AN，则AN=2
∵△ABC为等边三角形，则AE⊥BC
2π
∴MN⊥BC，DM⊥BC，根据题意可得∠DMN=
3
∵DN2=MN2+DM2-2MN⋅DM⋅cos∠DMN=9，则DN=3
由题意可得AN⊥DN，则AD2=AN2+DN2=13，则AD= 13
如图2，∵AC=BC=CD，则顶点C在平面ABD的投影为△ABD的外接圆圆心O ，则
1
三棱锥A-BCD的外接球的球心O在直线CO 上，连接OA,OC,OA
1 1 1
AB2+BD2-AD2 3 61
cos∠ABD= = ，则sin∠ABD=
2AB⋅BD 8 8
1 AD 4 13 6
∴△ABD的外接圆半径AO = = ，则CO = CA2-AO2=
1 2 sin∠ABD 61 1 1 61
设棱锥A-BCD的外接球的半径为R，则OA2=AO2+OO2
1 1
4 13
即R2=
61
2 6
+ -R
61
2 61
，解得R=
3
244π
三棱锥A-BCD的外接球的表面积为S=4πR2=
9
故选：D．
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1424 34272437 (2024·全国·高三专题练习)在四面体ABCD中，AB=AC=BC=BD=CD=2，AD
= 6，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ( )
16π 20π
A. B.5π C.20πs D.
3 3
【答案】D
【解析】作出图形，根据题中数据证明出平面ABC⊥平面BCD，并找出球心的位置，列
等式求出外接球的半径，结合球的表面积公式可得出结果.如下图所示：
取BC的中点M，连接AM、DM，设ΔABC和ΔBCD的外心分别为点F、E，分别过点
F、E作平面ABC和平面BCD的垂线交于点O，则点O为外接球球心，
由题意可知，ΔABC和ΔBCD都是边长为2的等边三角形，
∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM=DM= 3，
∵AD= 6，∴AM2+DM2=AD2，∴AM⊥DM，
∵BC∩DM=M，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，
1 3 2 2 3
易得ME=MF= AM= ，BE= DM= ，
3 3 3 3
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1425 3427∵AM⊥平面BCD，OE⊥平面BCD，∴OE⎳AM，
同理可得OF⎳DM，则四边形OEMF为菱形，∵AM⊥DM，∴菱形OEMF为正方形，
∵OE⊥平面BCD，BE⊂平面BCD，∴OE⊥BE，
15
所以外接球的半径为OB= OE2+BE2= ，
3
20
因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4π×OB2= π.
3
故选：D.
8 题型八：外接球之圆锥、圆柱、圆台模型
2438 (2024·浙江台州·高二校联考期末)已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外
接球的体积为 .
32 3
【答案】 π
27
【解析】由题设，圆锥体的高为h= 22-12= 3，
2 3
若外接球的半径为r，则( 3-r)2+1=r2，可得r= ，
3
4 32 3
所以圆锥的外接球的体积为 πr3= π.
3 27
32 3
故答案为： π.
27
2439 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)已知某圆锥的轴截面为正三角形，侧面
积为8π，该圆锥内接于球O，则球O的表面积为 .
64π 64
【答案】 / π
3 3
【解析】作圆锥的轴截面，则该轴截面等边△ABC的外接圆圆心即为圆锥的外接球球心，
且△ABC外接圆半径等于圆锥的外接球半径，如下图所示，
1 1
因为圆锥的侧面积S = π⋅BC⋅AC= πBC2=8π，所以BC=4,
侧 2 2
BC 4 8 3
设球的半径为R，由正弦定理得2R= = = ，
sinA sin60° 3
64π
因此，这个球的表面积为S=4πR2= .
3
64π
故答案为：
3
2440 (2024·河北石家庄·高二校考阶段练习)一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，
则圆柱的表面积与球的表面积之比为 .
【答案】3:2
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1426 3427【解析】设球的半径为R，则圆柱的表面积S =2πR2+2πR⋅2R=6πR2，
1
球的表面积S =4πR2，所以S:S =3:2.
2 1 2
故答案为：3:2.
2441 (2024·重庆·统考模拟预测)如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别
500π
为3和4，球的体积为 ，则该圆台的侧面积为 ( )
3
A.60π B.75π C.35π D.35 2π
【答案】D
4πR3 500π
【解析】设球的半径为R，则 = ，所以，R=5，
3 3
取圆台的轴截面ABCD，如下图所示：
设圆台的上、下底面圆心分别为E、F，则E、F分别为AB、CD的中点，
连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则OA=OB=OC=OD=5，
由垂径定理可知，OE⊥AB，OF⊥CD，
所以，OE= OA2-AE2= 52-42=3，OF= OD2-DF2= 52-32=4，
因为OE=DF，OA=DO，AE=OF，所以，Rt△OAE≌Rt△DOF，
所以，∠OAE=∠DOF，所以，∠DOF+∠AOE=∠DOF+∠ODF=90°，
所以，∠AOD=90°，则AD= OA2+OD2=5 2，
因此，圆台的侧面积为π3+4 ×5 2=35 2π，
故选：D.
2442 (2024·云南·高三校联考开学考试)已知圆台的上下底面圆的半径分别为3，4，母线长为
5 2，若该圆台的上下底面圆的圆周均在球O的球面上，则球O的体积为 ( )
250 500 100 125
A. π B. π C. π D. π
3 3 3 3
【答案】B
【解析】由题得圆台的高为h= (5 2)2-(4-3)2=7，
设圆台的上下底面圆心为O ，O ，OO =x，球O的半径为R，
1 2 1
当圆台的两个底面在球心O异侧时，OO =7-x，
2
所以R2=x2+32=(7-x)2+42，
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1427 3427解得x=4，R=5；
当圆台的两个底面在球心O同侧时，OO =x-7，
2
R2=x2+32=(x-7)2+42，
解得x=4，R=5，
此时4-7<0，不合题意，舍去，
4 500
故球O的体积V= πR3= π，
3 3
故选：B．
2443 (2024·陕西西安·高一校考期中)如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上、下底面的半径
分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为 ( )
175π 238π 259π
A. B.75π C. D.
3 3 3
【答案】D
【解析】因为圆台外接球的表面积S=4πr2=100π，所以球的半径r=5，
设圆台的上、下底面圆心分别为O ,O ，在上、下底面圆周上分别取点A,B，
2 1
连接OO ,OO,OA,OB,O A,OB，如图，
2 1 2 1
因为圆台上、下底面的半径分别为3和4，
所以OB =OA =4，O 1 B= O 2 A =3，
所以OO 1 = OB 2-O 1 B 2=3，OO 2 = OA 2-O 2 A 2=4,
所以O 1 O 2 =7，
1
所以圆台体积V= ×9π+16π+12π
3
259π
×7= .
3
故选：D.
9 题型九：外接球之垂面模型
2444 (2024·江西九江·高一校考期末)如图，三棱锥A-BCD中，平面ACD⊥平面BCD，
△ACD是边长为2的等边三角形，BD=CD，∠BDC=120°.若A，B，C，D四点在某个
球面上，则该球体的表面积为 .
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1428 342752 52π
【答案】 π/
3 3
【解析】作出底面BCD的外心O ，侧面ACD的外心O ，取CD中点E，
1 2
连接AE，因为平面ACD⊥平面BCD，面ACD∩平面BCD=CD，
因为△ACD是边长为2的等边三角形，所以AE⊥CD，
又因为AE⊂平面ACD，所以AE⊥平面BCD，
由球的性质可得OO ⊥平面BCD，所以OO ⎳O E，
1 1 2
同理OO ⎳OE，所以四边形OOEO 为平行四边形，
2 1 1 2
1 1 3
故OO =O E= AE= × 22-12= ，
1 2 3 3 3
在△BCD中，因为BD=CD=2，∠BDC=120°，则∠DBC=30°，
DC 2
设△BCD的外接圆半径为r，根据正弦定理有 = =4=2r，则r=2，
sin∠DBC sin30°
3
设三棱锥A-BCD外接球的半径为R，则R2=OO2+r2=
1 3
2 13
+22= ，
3
52
则外接球的表面积为4πR2= π.
3
52
故答案为： π.
3
2445 (2024·四川乐山·高二期末)已知正△ABC边长为1，将△ABC绕BC旋转至△DBC，使
得平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥D-ABC的外接球表面积为 ．
5
【答案】 π
3
【解析】如图，
取BC中点G，连接AG,DG，则AG⊥BC，DG⊥BC，
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1429 3427分别取△ABC与△DBC的外心E,F分别过E,F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交
于O，则O为四面体A-BCD的球心，
由AB=AC=DB=DC=BC=1，
1 ∴AG=DG= 12-
2
2 3 =
2
1 3 3
所以正方形OEGF的边长为 AG= ，则OG=
3 6 6
2 3
+
6
2 6
= ，
6
6 所以四面体A-BCD的外接球的半径R= OG2+BG2=
6
2 1 +
2
2 5 = ，
12
5
球O的表面积为4π×
12
2 5π
= ．
3
5π
故答案为： ．
3
2446 (2024·河南平顶山·高一统考期末)在三棱锥P-ABC中，平面ABC⊥平面PAB,AC
⊥BC，点D是AB的中点，PD⊥PB,PB=PD=2，则三棱锥P-ABC的外接球的表
面积为 .
【答案】40π
【解析】因为AC⊥BC，所以△ABC的外接圆圆心即点D，三棱锥外接球球心在过点D
与平面ABC垂直的直线上，
由于平面ABC⊥平面PAB,即球心在平面PAB内，
所以球心即为△PAB的外接圆圆心，球的半径即为△PAB的外接圆半径R.
因为PD⊥PB,PB=PD=2，所以BD=2 2，从而AD=2 2.
3π
设PA=x，在△PAD中，根据余弦定理有PA2=22+(2 2)2-2×2×2 2cos =20，
4
所以PA=2 5，
2 5
由正弦定理得2R= =2 10，所以R= 10，所以三棱锥P-ABC的外接球
sin∠PBA
的表面积为4πR2=40π.
故答案为：40π
2447 (2024·江苏·高一专题练习)如图，在直三棱柱ABC-ABC 中，AA =AB=BC．设
1 1 1 1
9
D为AC的中点，三棱锥D-ABC的体积为 ，平面ABC⊥平面ABBA ，则三棱柱
1 4 1 1 1
ABC-ABC 外接球的表面积为 ．
1 1 1
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1430 3427【答案】27π
【解析】取AB的中点E，连接AE，如图．
1
因为AA =AB，所以AE⊥AB．
1 1
又面ABC⊥面ABBA ，面ABC∩面ABBA =AB，且AE⊂面ABBA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以AE⊥面ABC，BC⊂面ABC，所以AE⊥BC．
1 1
在直三棱柱ABC-ABC 中，BB ⊥面ABC，BC⊂面ABC，所以BB ⊥BC．
1 1 1 1 1
又AE，BB ⊂面ABBA ，且AE，BB 相交，所以BC⊥面ABBA ，AB⊂面ABBA ，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以BC⊥AB．
1 AA 1 1 AA 1
设AA =AB=BC=a，则V = S ⋅ 1 = × AB⋅BC⋅ 1 = a3=
1 D-ABC 3 △ABC 2 3 2 2 12
9
，解得a=3，
4
所以AA =AB=BC=3．
1
所以三棱柱ABC-A 1 B 1 C 1 外接球的表面积S=4πR2=AA2 1 +AB2+BC2 ⋅π=27π．
故答案为：27π
2448 (2024·河南开封·开封高中校考模拟预测)如图,在三棱锥P-ABC中,平面PAB⊥平
面ABC,AB=6,BC=4,AB⊥BC,△PAB为等边三角形,则三棱锥P-ABC外接球的
表面积为 ．
【答案】64π
【解析】因为平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,AB⊥BC,BC⊂平
面ABC,所以BC⊥平面PAB;
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1431 3427如图,因为AB⊥BC,所以三角形ABC的外心即为AC中点N,
过三角形PAB的外心M作平面PAB的垂线,
过三角形ABC的外心N作平面ABC的垂线,
则两垂线必相交于球心O,连接OB,则外接球半径R=OB.
1 3
在Rt△OMB中,OM= BC=2,BM= AB=2 3,
2 3
所以R2=OB2=OM2+MB2=4+12=16,
所以表面积S=4πR2=64π.
故答案为:64π.
π
2449 (2024·湖北十堰·高一统考期末)如图，在平面四边形ABCD中，∠ADB=∠ABC= ,
2
BD=BC=4，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，连接AC，得到三
棱锥A-BCD，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为 .
【答案】8+8 5 π
π
【解析】在平面四边形中设∠CBD=θ0<θ<
2
π
,∠ABD= -θ，
2
4
即在Rt△ADB中，∠BAD=θ,AD= .
tanθ
θ θ
在等腰△BCD中，CD=2BCsin =8sin .设△BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为
2 2
θ
8sin
CD 2 4 2
r，由正弦定理可得2r= = = ,r= .
sinθ θ θ θ θ
2sin cos cos cos
2 2 2 2
设三棱锥A-BCD外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.
又平面ADB⊥平面BDC，平面ADB∩平面BDC=BD，AD⊂平面ADB，∠ADB=
90°，
所以AD⊥平面BDC，则AD∥OM，所以四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为R，在平面四边形OMDA中，过O做OE⊥AD于E，
AD 2
在△AOD中，AO=DO=R,E为AD的中点，OM=DE= = ，
2 tanθ
第 页 共 页
1432 34274 4
由DO2=DE2+OE2⇒R2=DE2+r2= + ，
tan2θ
cos2
θ
2
4 4 4cos2θ 8
所以R2= + = +
tan2θ
cos2
θ sin2θ 1+cosθ
2
4cos2θ 8 3-2cosθ
= + =-4+4× .
1-cos2θ 1+cosθ 1-cos2θ
3-t 4t
令3-2cosθ=t,12，且无最小值.
2
综上所述，R2的最小值为R2 =4 2-4，
min
∴三棱锥P-ABC的外接球表面积的最小值为S min =4πR2 min =16 2-1 π.
故答案为：16 2-1 π.
2454 (2024·湖南衡阳·校联考模拟预测)在平面四边形ABCD中，∠ADB=90°,∠ABC=90°,
BD=BC=2，沿对角线BD将△ABD折起，使平面ADB⊥平面BDC，得到三棱锥A-
BCD，则三棱锥A-BCD外接球表面积的最小值为 .
【答案】2+2 5 π
【解析】在平面图形中设∠CBD=θ0<θ<90°
,∠ABD=90°-θ，即Rt△ADB中，
2 θ θ
∠BAD=θ,AD= .在△BCD中，CD=2BC⋅sin =4sin .
tanθ 2 2
设△BCD外接圆圆心为M，外接圆半径为r，
θ
4sin
CD 2 2 1
由正弦定理可得2r= = = ,r= .
sinθ θ θ θ θ
2cos sin cos cos
2 2 2 2
设三棱锥A-BCD外接球球心为O，则OM⊥平面BCD.
又∵平面ADB⊥平面BDC，交线为BD,∠ADB=90°,∴AD⊥平面BDC,
∴AD∥OM,∴四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为R，在平面OMDA中，过O做OE⊥AD于E，
在△AOD中，AO=DO=R,∴E为AD的中点，
1 1
∴OM=ED= AD= ,AO2=AE2+OE2,
2 tanθ
1 1 cos2θ 2
∴R2= + = +
tan2θ
cos2
θ 1-cos2θ 1+cosθ
2
cos2θ+2-2cosθ 3-2cosθ
= =-1+ .
1-cos2θ 1-cos2θ
第 页 共 页
1437 34273-t
令3-2cosθ=t,10，又ND =(-1,0,1)，
1
设NP=λND 1 =(-λ,0,λ)，λ∈0,1 ，则P1-λ,0,λ ，
1 由R=OP=OB，得R2= +λ
2
2 +m2+ 1 -λ
2
2 1 =
2
2 +1-m 1 2+
2
2 ，
1
则m= -λ2，由λ∈0,1
2
1
，m>0，可得02 ，SA=l，
SB-2 2 l-r SB-2 2 2l
故 = = ，由 = 得：SB= +2，
l r SB l r r
2 l-r lr-r2
由 = 得：SB= ，
r SB 2
2l lr-r2
故 +2= ，所以4l+4r=lr2-r3，r3+4r=lr2-4
r 2
，
4r+r3
解得：l= ，
r2-4
2πr4
所以圆锥的表面积为πrl+πr2= ，
r2-4
令fr
2r4
= ，fr
r2-4
8r3 r2-4
=
-4r5
r2-4
4r5-32r3
=
2 r2-4
4r3 r2-8
=
2
r2-4
，
2
当r∈2 2,+∞ 时，fr >0，当r∈2,2 2 时，fr <0，
故fr
2r4
= 在r∈2,2 2
r2-4
上单调递减，在r∈2 2,+∞ 上单调递增，
故fr
2r4
= 在r=2 2时取得最小值，fr
r2-4
=f2 2
min
2×64
= =32，
8-4
4r+r3 8 2+16 2 2l 12 2
此时l= = =6 2，SB= +2= +2=8，
r2-4 4 r 2 2
设圆锥的外接球球心为M，连接MA，设SM=MA=R，
则MB=8-R，
由勾股定理得：MB2+AB2=MA2，即8-R 2+2 2 2=R2，
9
解得：R= ，故其外接球的表面积为4πR2=81π.
2
第 页 共 页
1480 3427故选：A
2517 (2024·全国·高一专题练习)已知圆锥的底面半径为2，高为4 2，则该圆锥的内切球表面
积为 ( )
A.4π B.4 2π C.8 2π D.8π
【答案】D
【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点O为球心，内切球的半径为r，D,E为切点，
设OD=OE=r，即BE=BD=2
由条件可知，AB= 4 2 2+22=6，
△ADO中，AO2=AD2+DO2，即4 2-r 2=6-2 2+r2，解得：r= 2，
所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.
故选：D
2518 (2024·安徽宣城·高二校联考开学考试)如图，正四棱台ABCD-ABCD 的上、下底面
1 1 1 1
边长分别为2 2,4,E,F,G,H分别为AB，BC,CD,DA的中点，8个顶点E,F,G,H,A,B,
1 1
C,D 构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为 ( )
1 1
A.8 2π B.6 2π C.4 2π D.2 2π
第 页 共 页
1481 3427【答案】A
【解析】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为r，
π
如图所示，∠NMQ+∠PQM=π,∴2∠OMT+2∠OQT=π,∴∠OMT+∠OQT= ，
2
所以∠MOQ=90°，
可得r2=2× 2=2 2，
故该内切球的表面积为S=4πr2=8 2π.
故选：A
2519 (2024·湖北咸宁·高二统考期末)已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及
侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径r:r =2:3，则圆台的体积与球的体积之比为
1 2
( )
3 19 19
A. B. C.2 D.
2 12 6
【答案】B
【解析】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯
形的腰相切于点E，与上、下底的分别切于点O ，O ，
1 2
设球的半径为r，圆台上下底面的半径为r =2a，r =3a.注意到OD与OA均为角平分
1 2
线，因此∠DOA=90°，
从而△AO O~△OOD，故r2=rr =6a2.设台体体积为V，球体体积为V，
2 1 1 2 1 2
1
V 3 ×2r×πr 1 2+πr 2 2+πr 1 r 2
则 1 =
V
2
r2+r2+r2 4a2+9a2+6a2 19
= 1 2 = = .
4
πr3
2r2 12a2 12
3
故选：B
第 页 共 页
1482 342720 题型二十：棱切球之正方体、正棱柱模型
2520 (2024·山东菏泽·高一山东省鄄城县第一中学校考阶段练习)已知球O 与一正方体的各
1
条棱相切，同时该正方体内接于球O ，则球O 与球O 的表面积之比为 ( )
2 1 2
A.2：3 B.3：2 C. 2: 3 D. 3: 2
【答案】A
【解析】设正方体棱长为a，
因为球O 与正方体的各条棱相切，所以球O 的直径大小为正方体的面对角线长度，
1 1
2
即半径r= a；
2
3
正方体内接于球O ，则球O 的直径大小为正方体的体对角线长度，即半径R= a；
2 2 2
2
a
r2 2
所以球O 与球O 的表面积之比为 =
1 2 R2
2
3
a
2
2
= .
2 3
故选：A.
2521 (2024·全国·高三专题练习)已知正三棱柱ABC-ABC 的体积为18，若存在球O与三
1 1 1
棱柱ABC-ABC 的各棱均相切，则球O的表面积为 ( )
1 1 1
A.8π B.12π C.16π D.18π
【答案】C
【解析】设正三棱柱ABC-ABC 的底面边长为a，高为b，上底面中心为O ，下底面中
1 1 1 1
心为G，
连接OG，则球O的球心O在OG的中点上，设球O切棱AA 于F，切棱BC于E，
1 1 1
则F、E分别为所在棱的中点，
3
由题意V = a2b=18，①
ABC-A1B1C1 4
第 页 共 页
1483 3427a 3 3
因为OF=AG= = a，GE= a，
π 3 6
2sin
3
b b2 a2
又OG= ，所以OE= OG2+GE2= + ，
2 4 12
3 b2 a2
所以 a= + ，解得a=b，②
3 4 12
联立①②可得a=b=2 3，
3
所以球O的半径为R= a=2，
3
所以球O的表面积为S=4πR2=4π×22=16π，
故选：C.
2522 (2024·全国·高三专题练习)已知球与棱长为2的正方体的各条棱都相切，则球内接圆柱
的侧面积的最大值为 ( )
A.2π B.4π C.6π D.20π
【答案】B
【解析】由题意知球的直径等于正方体面的对角线长，
h 所以球的半径R= 2，设圆柱的高为h，则底面圆半径r= R2-
2
2 h2 = 2- ，
4
h2 1
所以S =2πrh=2π 2- ⋅h=2π - h2-4
侧面积 4 4
2+4
当h2=4时取得最大值，且最大值为4π.
故选B
2523 (吉林省吉林市2024届高三第四次数学(理)调研试题)已知正三棱柱ABC-ABC(底
1 1 1
面为正三角形且侧棱与底面垂直)，它的底面边长为2，若存在一个球与此正三棱柱的所有
棱都相切，则此正三棱柱的侧棱长为 .
【答案】2
【解析】如图，作正三棱柱ABC-ABC 的中截面正△ABC，作上下底面三角形内切
1 1 1
圆，
与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△ABC的外接圆和上下底面内切圆，
取上下底面内切圆心O 、O，连接OO，取OO中点M，M为△ABC的外心，
1 1 1
以M为球心，以OA'为半径的球，此球即为与正三棱柱ABC-ABC 的球，
1 1 1
1 1 3 2 3
于是NO= AN= ⋅AB⋅sin60°= ，MN=MA'=2NO= ，
3 3 3 3
所以MO= MN2-NO2=1，OO=2MO=2，
1
故答案为：2
第 页 共 页
1484 34272524 (福建省三明市2024届高三上学期期末质量检测数学试题)已知直三棱柱ABC-
ABC 的侧棱长为2 3，底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球
1 1 1
O的体积为 .
32π
【答案】
3
【解析】由题意三棱柱ABC-ABC 是正三棱柱，M,N分别是棱柱下底面和上底面的
1 1 1
中心，由对称性知MN中点为球O的球心，取AB中点E(为切点)，则OE=MB(MB等
于O到棱BB 距离．设球半径为R，
1
1 1
由正三角形性质知EM=DM= BM= R，
2 2
1 MN与底面垂直，则必与底面上直线EM垂直，因此R2- R
2
2 =OM2=( 3)2，解得R
=2，
4 4π 32π
球体积为V= πR3= ×23= ．
3 3 3
32π
故答案为： ．
3
2525 已知正三棱柱ABC-ABC ，若有一半径为4的球与正三棱柱的各条棱均相切，则正
1 1 1
三棱柱的侧棱长为 .
【答案】4 3
【解析】设底面△ABC外接圆圆心G,如图
第 页 共 页
1485 3427因为△ABC的外接圆即为球的大圆，且r=4，
则GA=GB=GC=4，从而正△ABC边长4 3,
设球心O，由题意知E、D在球面上，OE=OD=4,
1
F为DE中点，则OF⊥DE, OF=GD= GC=2，
2
在Rt△OEF中，OE=4, OF=2, ∴EF=2 3，
∴DE=4 3
∴侧棱AA =4 3，
1
故答案为：4 3
2526 (广东省茂名市五校联盟2024届高三上学期第二次联考数学试题)已知正三棱柱的高
等于1.一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为 ( )
π 4 3π 4π 4 3π
A. B. C. D.
6 27 3 3
【答案】B
【解析】如图，作正三棱柱ABC-ABC 的中截面正△A′B′C′，作上下底面三角形内切
1 1 1
圆，
与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△A′B′C′的外接圆和上下底面内切圆，
取上下底面内切圆心O 、O，连接OO，取OO中点M，M为△A′B′C′的外心，
1 1 1
以M为球心，以MA′为半径的球，此球即为与正三棱柱ABC-ABC 所有棱都相切的
1 1 1
球，
∴ON
1
= AN
3
1 3
= ⋅ ×AB
3 2
3
= AB
4
，MN =MA =OA =2ON =
3
AB
2
，OM
1
= ，
2
在直角△OMN中，由OM|2+ ON|2=|MN|2得， 1 + 3 AB 2 = 3
4 16 4
AB|2，AB 2 = ，
3
∴球的半径MN
3 2 3
= × = ，
2 3 3
4πR3 4π 1 1 4 3π
∴球的体积V= = × ⋅ = .
3 3 3 3 27
故选：B.
第 页 共 页
1486 342721 题型二十一：棱切球之正四面体模型
2527 (2024·全国·高一期中)已知某棱长为2 2的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该
球与此正四面体的体积之比为 ( )
π π 3π 2π
A. B. C. D.
2 3 3 2
【答案】A
【解析】如图，正方体ABCD-ABCD 中，棱长为2，
1 1 1 1
所以，四面体ABDC 是棱长为2 2的正四面体，
1 1
当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为1，
4π
所以，该球的体积为 ，
3
1 1 16 8
因为正四面体的体积为8-4× × ×2×2×2=8- = ，
3 2 3 3
4π
3 π
所以，该球与此正四面体的体积之比为 = .
8 2
3
故选：A
2528 (2024·陕西西安·高一校联考期中)所有棱长均相等的三棱锥构成一个正四面体，则该正
四面体的内切球与外接球的体积之比为 ( )
1 1 1 1
A. B. C. D.
27 3 3 2 2 8
【答案】A
【解析】
第 页 共 页
1487 3427如图，设E为正三角形BCD的中心，连接AE，
根据对称性可知正四面体的内切球和外接球共球心且球心O在线段AE上，
1 2a 2 3
连接BO,AE，设正四面体的棱长为2a，则BE= × = a，
2 π 3
sin
3
4a2 2 6
故AE= 4a2- = a．
3 3
设外接球的半径为R，则AO=BO=R，
2 3
故R2= a
3
2 2 6
+ a-R
3
2 6
，解得R= a，
2
2 6 6 6 r 1
故内切球的半径为r= a- a= a，所以 = ，
3 2 6 R 3
r
故内切球与外接球的体积之比为
R
3 1
= ，
27
故选：A．
2529 (2024·江西南昌·高二进贤县第一中学校考期中)球与棱长为3 2的正四面体各条棱都
相切，则该球的表面积为 ( )
A.6π B.18π C.9π D.10π
【答案】C
【解析】将正四面体补形为一个正方体如图所示(红色线条表示正四面体)，则正四面体的
棱为正方体的面对角线，
因为球与正四面体的各条棱都相切，所以球与正方体的各个面都相切，所以所求的球为
正方体的内切球，
3 2 3
又因为正方体的棱长为 =3，所以球的半径R= ，
2 2
3
所以球的表面积为：4π⋅
2
2
=9π，
故选：C.
第 页 共 页
1488 34272530 (2024·贵州贵阳·校联考模拟预测)已知球O的表面积为9π，若球O与正四面体S-
ABC的六条棱均相切，则此四面体的体积为 ( )
9 2 9 2
A.9 B.3 2 C. D.
2 8
【答案】A
3
【解析】由S=4πR2=9π，∴R= ，将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正
2
3
四面体的六条棱均相切，∵R= ，∴正方体的棱长为3，则正四面体棱长为3 2，高h=
2
3 2
2 3
2- × ×3 2
3 2
2 1 1 3
=2 3，∴V= S h= × ×3 2
3 △ABC 3 4
2×2 3=9，
故选:A．
2531 (2024·全国·高三专题练习)正四面体P-ABC的棱长为4，若球O与正四面体的每一
条棱都相切，则球O的表面积为 ( )
8 2
A.2π B.8π C. π D.12π
3
【答案】B
【解析】将正四面体P-ABC补成一个正方体球O与正四面体的棱都相切．
则球O与正方体的内切球，设正方体边长为a，
∴a2+a2=16,∴a2=8,∴a=2 2,∴r= 2,S=4πr2=8π
故选：B.
22 题型二十二：棱切球之正棱锥模型
第 页 共 页
1489 34272532 (河南省名校2022-2024学年高二下学期5月联考数学试题)已知棱长均为2 3的多面
体ABC-ABC 由上、下全等的正四棱锥A -ABBC 和C-ABBC 拼接而成，其中
1 1 1 1 1 1 1 1
四边形ABBC 为正方形，如图所示，记该多面体的外接球半径为R，该多面体的棱切球
1 1
R
(与该多面体的所有棱均相切的球)的半径为r，则 = ．
r
【答案】 2
【解析】在多面体ABC-ABC 中，O为正方形ABB C 的中心，如图所示：
1 1 1 1 1
由题意可知O既是多面体ABC-ABC 的外接球的球心，也是棱切球的球心，
1 1 1
1
过点O作OH⊥BC 于点H，在Rt△AOC 中，OC = BC = 6，
1 1 1 1 1 2 1
AC =2 3，所以R=OC =OA = 6，
1 1 1 1
所以r=OH= 3，
R 6
所以 = = 2
r 3
故答案为： 2
2533 (河南省多所名校2022-2024学年高三下学期3月月考文科数学试题)在正三棱锥P-
ABC中，AB=6，PA=4 3，若球O与三棱锥P-ABC的六条棱均相切，则球O的表
面积为 ．
【答案】76-32 3 π
【解析】如图示：
第 页 共 页
1490 3427取△ABC的中心E，连接PE，则PE⊥平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE
上.
连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，AD⊥BC，连接OD.
因为PE⊥平面ABC，所有PE⊥BC.
因为PE⊂平面PAE，AD⊂平面PAE，AD∩PE=E，所有BC⊥平面PAE.
因为OD⊂平面PAE，所有BC⊥OD
.过O作OF⊥PA，交PA于点F.
球O的半径为r，则OD=OF=r.
3
由题意：△ABC为正三角形，因为AB=6，所以AD=AB×sin60°=6× =3 3，
2
2
AE= ×AD=2 3，ED= 3.
3
因为PA=4 3，AE=2 3，所以PE= PA2-AE2= 4 3 2-2 3 2=6，所以
∠APE=30°.
设OE=t0
